高中物理人教新课标版必修1： 牛顿运动定律应用之斜面模型 补充练习（含解析）

考点练：牛顿运动定律应用之斜面模型
1．如图所示，长木板的左端用一铰链固定在水平面上，一可视为质点的小滑块放在长木板上的 A 点。调节长木板与水平方向的夹角，当夹角为37°时，滑块由A点开始下滑，经时间t 滑到长木板的最底端；增大夹角，当夹角为53时，小滑块由A点经时间滑到长木板的最底端。已知sin 37 0.6、cos 37 0.8。则下列说法正确的是（　　）
A．小滑块与长木板之间的动摩擦因数为
B．两次小滑块重力势能减少量之比为 1:2
C．两次小滑块的加速度之比为 1:2
D．两次小滑块到达长木板底端时的速度之比为 1:2
2．如图所示是滑梯简化图，一小孩从滑梯上A点开始无初速度下滑，在AB段匀加速下滑，在BC段匀减速下滑，滑到C点恰好静止，整个过程中滑梯保持静止状态．假设小孩在AB段和BC段滑动时的动摩擦因数分别为和，AB与BC长度相等，则
A．整个过程中地面对滑梯始终无摩擦力作用
B．动摩擦因数
C．小孩从滑梯上A点滑到C点先超重后失重
D．整个过程中地面对滑梯的支持力始终等于小孩和滑梯的总重力
3．如图所示，表面光滑的固定斜面顶端安装一定滑轮，物块A、B用轻绳连接并跨过滑轮(不计滑轮的质量和摩擦)．初始时刻，A、B处于同一高度并恰好静止．剪断轻绳后A下落、B沿斜面下滑，则从剪断轻绳到物块分别落地的过程中，两物块（　　）
A．落地时速度相同 B．运动时间相同
C．重力做功相同 D．重力的平均功率相同
4．如图所示，具有一定初速度的物块，沿倾角为30°的粗糙斜面向上运动的过程中，受一个恒定的沿斜面向上的拉力F作用，这时物块的加速度大小为4m/s2，方向沿斜面向下，那么在物块向上运动过程中，正确的说法是（　　）
A．物块的机械能一定增加
B．物块的机械能一定减小
C．物块的机械能可能不变
D．物块的机械能可能增加也可能减小
5．如图所示,表面粗糙的斜面放在水平地面上,给物体一个沿斜面向 下的初速度v0,物体可以在斜面上匀速下滑。现仍给物体一个沿斜面向下的初速度v0,同时给物体施加一个恒力F,在物体下滑的过程中(整个过程斜面始终没有动) ,下列说法正确的是
A．如果恒力F的方向平行于斜面向下,物体将加速运动,地面对斜面的摩擦力方向水平向左
B．如果恒力F的方向水平向右,物体将减速运动,地面对斜面的摩擦力方向水平向左
C．如果恒力F的方向垂直斜面向下,物体将减速运动,地面对斜面的摩擦力方向向右
D．如果恒力F的方向平行于斜面向上，物体将减速运动,地面对斜面的摩擦力为零
6．一物体沿倾角为30°的粗糙斜面从顶端由静止开始下滑，运动的位移x时间t关系图像是一段抛物线，如图所示，g=10m/s2。则（　　）
A．下滑过程中物体的加速度逐渐变大
B．t=0.5s时刻，物体的速度为1m/s
C．0～0.5s时间内，物体平均速度为1m/s
D．物体与斜面间动摩擦因数为
7．如图所示，AB、AC两固定斜面的倾角分别为53°、37°，底端B和C在同一水平面上，顶端均在A点。现使两相同的小物块甲、乙（图中未画出，均视为质点）同时从A点分别沿斜面AB、AC由静止下滑，结果两物块同时滑到斜面的底端。已知甲物块与斜面AB间的动摩擦因数为，取sin53°=0.8，cos53°=0.6，则下列说法正确的是（　　）
A．两物块沿斜面下滑过程中所受摩擦力的大小之比为6：1
B．两物块沿斜面下滑过程中的加速度大小之比为6：1
C．两物块到达斜面底端时的速率之比为1：1
D．两物块沿斜面下滑过程中损失的机械能之比为9：2
8．如图甲所示，物体置于一固定的斜面上，与斜面间的动摩擦因数为，对物体施加水平向右、大小变化的外力F，保持物体沿斜面向下做加速运动，加速度a随外力F变化的关系如图乙所示，物体不脱离斜面的条件是F20N，若重力加速度g取10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，根据图乙中所提供的信息，经过分析计算可以求出（　　）
A．物体的质量
B．斜面倾角的正弦值
C．物体运动6s时经过的位移
D．加速度为6m/s2时物体对斜面的压力为F=N
9．如图所示，倾角为30°的斜面体静止在水平地面上，轻绳一端连着斜面上一质量为m的物体A，轻绳与斜面平行，另一端通过两个滑轮相连于天花板上的P点。动滑轮上悬挂物体B，开始时悬挂动滑轮的两绳均竖直.现将P点缓慢向右移动，直到动滑轮两边轻绳的夹角为120°时，物体A刚好要滑动。假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物体A与斜面间的动摩擦因数为。整个过程斜面体始终静止，不计滑轮的质量及轻绳与滑轮间的摩擦。下列说法正确的是（　　）
A．物体B的质量为1.25m
B．物体A受到的摩擦力先减小再增大
C．地面对斜面体的摩擦力一直水平向左并逐渐增大
D．斜面体对地面的压力逐渐增大
10．如图，一小车的内表面ab和bc光滑且互相垂直，bc与水平方向的夹角为37°，sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度为g，已知小车在水平方向上做匀加速直线运动，要使小球始终不脱离小车，则（　　）
A．若小车向左加速，加速度不能超过
B．若小车向左加速，加速度不能超过
C．若小车向右加速，加速度不能超过
D．若小车向右加速，加速度不能超过
11．倾角为θ且足够长的光滑固定斜面上有一质量为m的物体，初始位置如图甲所示。在平行于斜面向上的力F的作用下，从初始位置由静止开始沿斜面运动，运动过程中物体的机械能E随位置x的变化关系如图乙所示。其中0~x1过程的图线是曲线，x1~x2过程的图线是平行于x轴的直线，x2~x3过程的图线是倾斜的直线，则下列说法正确的是（　　）
A．在0~x1的过程中，力F在减小
B．在0~x1的过程中，物体的动能一直在增大
C．在x1~x2的过程中，物体的速度大小不变
D．在x2~x3的过程中，物体一定做匀速运动
12．如图（a），一物块在t=0时刻滑上一固定斜面，其运动的v—t图线如图（b）所示。若重力加速度及图中的、、均为已知量，则可求出
A．斜面的倾角
B．物块的质量
C．物块与斜面间的动摩擦因数
D．物块沿斜面向上滑行的最大高度
13．如图甲所示，在倾角为37°的粗糙且足够长的斜面底端，一质量为m=2kg可视为质点的滑块压缩一轻弹簧并锁定，滑块与弹簧不拴连。t=0时刻解除锁定，计算机通过传感器描绘出滑块的v-t图像如图乙所示，其中Ob段为曲线，bc段为直线，取g=10，sin37°=0.6，cos37°=0.8，则下列说法正确的是（　　）
A．速度最大时，滑块与弹簧脱离
B．滑块与斜面间的动摩擦因数为μ=0.5
C．滑块在0.1s～0.2s时间内沿斜面向下运动
D．滑块与弹簧脱离前，滑块的机械能先增大后减小
14．如图所示，在倾角θ=37°固定斜面体的底端附近固定一挡板，一质量不计的弹簧下端固定在挡板上，弹簧自然伸长时其上端位于斜面体上的O点处质量分别为mA=4.0kg、mB=1.0kg的物块A和B用一质量不计的细绳连接，跨过固定在斜面体顶端的光滑定滑轮，开始物块A位于斜面体上的M处，物块B悬空，现将物块A和B由静止释放，物块A沿斜面下清，当物块A将弹簧压缩到N点时，物块A、B的速度减为零。已知MO=1.0m，ON=0.5m，物块A与斜面体之间的动摩擦因数为μ=0.25，重力加速度取g=10m/s2，sin37°=0.6，整个过程细绳始终没有松弛。则下列说法正确的是
A．物块A在与弹簧接触前的加速度大小为1.2m/s2
B．物块A在与弹簧接触前的加速度大小为1.5m/s2
C．物块A位于N点时，弹簧所储存的弹性势能为9J
D．物块A位于N点时，弹簧所储存的弹性势能为21J
15．如图所示，在固定的斜面A上放一与斜面等长厚度不计的长木板B，可视为质点的物块C放在长木板正中央，整个系统均静止。已知物块与长木板间的动摩擦因数，物块与斜面间的动摩擦因数为，斜面长为L=2m，倾角为θ=37°。重力加速度g取10m/s2，sm37°=0.6，cos37°=0.8，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，现用力拉长木板，使长木板沿斜面做匀加速运动，求：
(1)物块恰不能相对于长木板滑动时，长木板的加速度大小；
(2)长木板的加速度为多大时，物块恰不从斜面顶端滑出；
(3)在满足(2)情况下，求物块从开始运动到滑回斜面底端的时间。
16．可爱的企鹅喜欢在冰面上玩游戏，如图所示，有一企鹅在倾角为 37°的倾斜冰面上，先以加速度 a=0.5m/s2 从冰面底部由静止开始沿直线向上“奔跑”，t=8s 时，突然卧倒以肚皮贴着冰面向前滑行，最后退滑到出发点，完成一次游戏（企鹅在滑动过程中姿势保持不变）．已知企鹅肚皮与冰面间的动摩擦因数 ?=0.25， sin37°=0.60，cos37°=0.80，重力加速度 g 取 10m/s2．求：
（1）企鹅向上“奔跑”的位移大小；
（2）企鹅在冰面向前滑动的加速度大小；
（3）企鹅退滑到出发点时的速度大小．（结果可用根式表示）
17．如图所示，倾角θ ＝30°的固定斜面上有一质量m＝1 kg的物体，物体连有一原长l0＝40 cm的轻质弹簧，在弹簧B端给弹簧一沿斜面向下的推力F，使物体沿斜面向下以加速度a1＝1 m/s2做匀加速运动，此时弹簧长度l1＝30 cm．已知物体与斜面间的动摩擦因数，弹簧始终平行于斜面，重力加速度g＝10 m/s2．（弹簧始终在弹性限度内）
(1)求推力F的大小和弹簧的劲度系数k；
(2)若在弹簧B端加一沿斜面向上的拉力使物体沿斜面向上做加速度a2＝2.2 m/s2的匀加速运动，求弹簧的长度l2．
18．如图甲所示，足够长的斜面与水平面的夹角为，质量分别为0.5kg和1kg的A、B两个小物块，用一根细线相连，A、B之间有一被压缩的微型弹簧，A、B与弹簧组成的系统可视为质点。某时刻，将A、B从P点由静止释放，运动至Q点时，细线突然断裂，压缩的微型弹簧使A、B瞬间分离，从分离时开始计时，A、B短时间内运动的速度图像如图乙所示，重力加速度取g=10m/s?。求：
(1)A、B与斜面间的动摩擦因数；
(2)细绳未断裂前微型弹簧储存的弹性势能；
(3)A、B再次相遇前的最远距离。
19．如图所示，半径R＝2.8m的光滑半圆轨道BC与倾角θ＝37°的粗糙斜面轨道在同一竖直平面内，两轨道间由一条光滑水平轨道AB相连，A处用光滑小圆弧轨道平滑连接，B处与圆轨道相切．在水平轨道上，两静止小球P、Q压紧轻质弹簧后用细线连在一起．某时刻剪断细线后，小球P向左运动到A点时，小球Q沿圆轨道到达C点；之后小球Q落到斜面上时恰好与沿斜面向下运动的小球P发生碰撞．已知小球P的质量m1＝3.2kg，小球Q的质量m2＝1kg，小球P与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5，剪断细线前弹簧的弹性势能Ep＝168J，小球到达A点或B点时已和弹簧分离．重力加速度g＝10m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，不计空气阻力，求：
(1)小球Q运动到C点时的速度大小；
(2)小球P沿斜面上升的最大高度h；
(3)小球Q离开圆轨道后经过多长时间与小球P相碰．
20．如图为某游乐设施的简化图，固定斜面的倾角θ=37?，长度L=6m。某游客坐在平板小车上，通过拉跨过斜面顶端定滑轮的轻绳，使自己和小车一起缓慢上升到斜面的顶端，然后松开轻绳，让人和车一起沿斜面下滑，最终停在水平面上的P点。不计轻绳与滑轮的摩擦，忽略滑轮和人车大小的影响，斜面与水平面间用一小段圆弧平滑过渡，已知人的质量m=55kg，车的质量M=5kg，车在斜面及水平面上运动时所受的阻力均为压力的0.5倍，sin37?=0.6，cos37?=0.8。求：
(1)上升过程中，人的拉力大小；
(2)P点到斜面底端的距离。
参考答案
1．D
【解析】
AC．对小滑块由牛顿第二定律和运动学公式可知，当夹角为时
当夹角为时
整理解得
选项AC错误；
D．又由
解得
D正确；
B．两次滑块下落的高度分别为、，则由可知，两次小滑块重力势能的减少量之比为
选项B错误。
故选D。
2．B
【解析】
小朋友在AB段做匀加速直线运动，将小朋友的加速度分解为水平和竖直两个方向，由于小朋友有水平向右的分加速度，根据牛顿第二定律知，地面对滑梯的摩擦力方向水平向右；有竖直向下的分加速度，则由牛顿第二定律分析得知：小孩处于失重，地面对滑梯的支持力小于小朋友和滑梯的总重力．同理，小朋友在BC段做匀减速直线运动时，小孩处于超重，地面对滑梯的支持力大于小朋友和滑梯的总重力，地面对滑梯的摩擦力方向水平向左，故ACD错误；设AB的长度为L，小孩在B点的速度为v．小孩从A到B为研究对象，由牛顿第二定律可得：，由运动学公式可得：；小孩从B到C为研究过程，由牛顿第二定律可得：，由运动学公式可得：；联立解得：，故B正确．
3．D
【解析】
刚开始AB处于静止状态，所以有
则
A．剪断轻绳后A自由下落，B沿斜面下滑，AB都只有重力做功，根据机械能守恒定律得
解得，但落地时A的速度方向竖直向下，而B的速度方向沿斜面向下，故两者落地时的速度不相同，故A错误；
B．A做自由落体运动，则A运动的时间为
B沿斜面下滑，加速度为，向下加速的位移为，则有
解得，则，故B错误；
C．重力做功为
由于A、B的质量不相等，所以重力做功不相同，故C错误；
D．根据平均功率
可得A的重力的平均功率为
B的重力的平均功率为
又上分析知，，故，故D正确。
故选D。
4．A
【解析】
物体的加速度为 a=4m/s2，方向沿斜面向下，根据牛顿第二定律得：mgsin30°+f-F=ma，解得F-f=m＞0，可知F和f做功的代数和大于零，所以根据功能原理可知，在运动的过程中，机械能一定增加，故A正确，BCD错误。
故选A.
5．D
【解析】
物体可以在斜面上匀速下滑，则
得
A．如果恒力F的方向平行于斜面向下，f和N保持不变，地面对斜面的摩擦力为0，故A错误；
B．如果恒力F的方向水平向右，物体仍向下运动过程中，
地面对斜面的摩擦力为0，故B错误；
C．如果恒力F的方向垂直斜面向下，同理
地面对斜面的摩擦力为0，故C错误；
D．如果恒力F的方向平行于斜面向上，物体仍向下运动过程中，
地面对斜面的摩擦力为0，故D正确。
故选D。
6．BD
【解析】
A．由题意可知，物体初速度为零，x-t图象是一段抛物线，由匀变速直线运动的位移公式：可知，物体的加速度a保持不变，故A错误；
B．物体做匀加速直线运动，由图示图象可知：t=0.5s时x=0.25m，解得
a=2m/s2
物体做初速度为零的匀加速直线运动，t=0.5s时物体的速度
v=at=2×0.5m/s=1m/s
故B正确；
C．物体在0～0.5s内物体的平均速度
故C错误；
D．对物体，由牛顿第二定律得
mgsin30°-μmgcos30°=ma
代入数据解得
故D正确。
故选BD。
7．AD
【解析】
AB．设A点到BC的竖直高度为h，则有
，
所以
两物体在斜面上的运动时间相等，根据可知，两物块沿斜面下滑过程中的加速度大小之比为
两物体在下滑的过程中，根据牛顿第二定律有
，
联立解得
物体受到的滑动摩擦力
所以两物块沿斜面下滑过程中所受摩擦力的大小之比
A正确B错误；
C．根据可知，两物块到达斜面底端时的速率之比为
故C错误；
D．根据功能关系可知，物体损失的机械能之比为克服滑动摩擦力做功之比，根据
可知两物块沿斜面下滑过程中损失的机械能之比为
故D正确。
故选AD。
8．ABD
【解析】
AB．对物体受力分析，受推力、重力、支持力，如图所示，x方向
y方向
根据摩擦力的计算公式可得，联立解得
根据乙图可知
再根据，联立可求得，，故AB正确；
C．因不知道外力随时间的变化关系，得不到加速度与时间的关系，无法求解物体运动6s的位移，故C错误；
D．根据乙图求出加速度为6m/s2时拉力F的大小，则物体对斜面的压力物体对斜面的压力
联立解得
F=N
故D正确。
故选ABD。
9．AC
【解析】
A．随着P点缓慢向右移动，拉物体B的两边绳子拉力越来越大，当夹角为120o时绳子拉力恰好等于B物体的重力，此时物体A恰好达到最大静摩擦力将向上滑动，则
解得
A正确；
B．初始时刻，拉物体B的两边绳子竖直时，绳子拉力
此时A受摩擦力沿斜面向下，因此当P缓慢移动过程中，绳子拉力逐渐增大，A受斜面的摩擦力一直增大，B错误；
C．将物体A与斜面体做为一个整体，设拉物体B的绳子与水平方向夹角为 ，则斜面体受地面的摩擦力
随P点缓慢移动，绳子拉力T越来越大，绳子与水平夹角越来越小，地面对斜面体的摩擦力越来越大，C正确；
D．将物体A、B及斜面体做为一个整体，在P向右缓慢移动的过程中，绳子拉力的竖直分量为
保持不变，因此地面的支持力保持不变，D错误。
故选AC。
10．BD
【解析】
AB．若小车向左加速，当面对小球无作用力时，加速度最大，根据牛顿第二定律
解得
所以若小车向左加速，加速度不能超过，A错误，B正确；
CD．若小车向右加速运动，当面对小球无作用力时，加速度最大，根据牛顿第二定律
解得
所以若小车向右加速，加速度不能超过，C错误，D正确。
故选BD。
11．AB
【解析】
A．在0～x1过程中物体机械能在减小，知拉力在做负功，拉力方向沿斜面向上，所以物体的位移方向向下，即物体在沿斜面向下运动。根据功能关系得
得
则知图线的斜率表示拉力，在0～x1过程中图线的斜率逐渐减小到零，知物体的拉力F逐渐减小到零，故A正确；
B．在0～x1过程中，由于机械能减小，则拉力做负功，则物体从静止开始向下加速运动，物体的动能一直在增大，故B正确；
C．由图线的斜率表示拉力，则在x1～x2过程中，拉力F=0，机械能守恒，向下运动，重力势能减小，动能增大，物体的速度在增大，故C错误；
D．x2～x3过程，机械能继续减小，拉力做负功，拉力方向沿斜面向下，E-x图像的斜率恒定，故拉力F为恒力，由于不知道拉力F与重力分力的大小关系，故物体有可能做匀速直线运动，匀减速直线运动，匀加速直线运动，故D错误。
故选AB。
12．ACD
【解析】
小球滑上斜面的初速度已知，向上滑行过程为匀变速直线运动，末速度0，那么平均速度即，所以沿斜面向上滑行的最远距离，根据牛顿第二定律，向上滑行过程，向下滑行，整理可得，从而可计算出斜面的倾斜角度以及动摩擦因数，选项AC对。根据斜面的倾斜角度可计算出向上滑行的最大高度，选项D对。仅根据速度时间图像，无法找到物块质量，选项B错。
【考点定位】牛顿运动定律
【方法技巧】速度时间图像的斜率找到不同阶段的加速度，结合受力分析和运动学规律是解答此类题目的不二法门。
13．BD
【解析】
A．在滑块与弹簧脱离之前，开始弹簧的弹力大于重力沿斜面方向的分力和摩擦力之和，向上做加速运动，当加速度为零时速度最大，之后弹簧的弹力小于重力沿斜面方向的分力和摩擦力之和，向上做减速运动，当弹簧回到原长，滑块与弹簧脱离，故A错误；
B．在v-t图象中，斜率表示加速度，则滑块在0.1s～0.2s内的加速度为
根据牛顿第二定律有
解得μ=0.5，故B正确；
C．由图可知，滑块在0.1s～0.2s时间内速度方向仍为正方向，即仍沿斜面向上运动，故C错误；
D．滑块与弹簧脱离前，弹簧的弹力做正功，摩擦力做负功，弹力大于摩擦力时机械能增加，弹力小于摩擦力时机械能减小，故D正确。
故选BD。
14．AC
【解析】
对AB整体，由牛顿第二定律可得：，解得a=1.2m/s2，选项A正确，B错误；由能量关系可知，物块A位于N点时，弹簧所储存的弹性势能为 ，解得EP=9J，选项C正确，D错误；故选AC.
15．（1）；（2）；（3）
【解析】
（1）物块在长木板摩擦力的作用下向上做匀加速直线运动，其加速度为，由牛顿第二定律得
故
所以物块恰不能相对于长木板滑动时，长木板的加速度大小为1m/s2。
（2）长木板在外力作用下，开始拉动长木板至物块刚离开长木板这段时间内，设长木板做加速度为的匀加速直线运动，所经历时间为，则在这段时间内长木板移动的距离为，物块移动的距离为，有
，
物块和长木板之间的相对位移为斜面边的一半，故有
设物块离开长木板后在桌面上匀减速运动的加速度大小为，则有

设物块在桌面上通过的位移大小为，经历时间为后停下，将物块的匀减速运动看做由静止开始的匀加速运动，则有
物块恰好没有滑出斜面上端有
联立解得
，，
即长木板的加速度为时，物块不从斜面顶端滑出。
（3）物块从斜面顶端滑到底端过程，设加速度大小为，所经历时间为，有

又
，
物块从开始运动到滑回斜面底端的时间
16．(1) (2) (3)
【解析】
【分析】企鹅向上“奔跑”做匀加速运动，由运动学公式求出企鹅向上“奔跑”的位移大小；根据牛顿第二定律求出企鹅在冰面滑动的加速度大小，结合运动学公式求出企鹅退滑到出发点时的速度大小；
解：（1）“奔跑”过程
（2）上滑过程：
下滑过程
（3）上滑位移，
退滑到出发点的速度，
解得
17．（1）F＝3.5 N，k＝35 N/m （2）l2＝82 cm
【解析】
【分析】
【详解】
(1)对物体受力分析，由牛顿第二定律可知：
F＋mgsin θ－μmgcos θ＝ma1
F＝kΔl1
Δl1＝l0－l1
解得：
F＝3.5 N
k＝35 N/m．
(2)物体向上运动的过程中，由牛顿第二定律可知：
F1－mgsin θ－μmgcos θ＝ma2
F1＝kΔl2
l2＝l0＋Δl2
解得：
l2＝82 cm．
【点睛】
以物体为研究对象，沿斜面方向根据牛顿第二定律和胡克定律列方程求解；物体向上运动的过程中，由牛顿第二定律列方程，再根据胡克定律列方程联立求解．
18．(1)，；(2)；(3)
【解析】
【分析】
【详解】
(1)根据图像可知，AB分离后，B沿斜面向下做匀速直线运动，A沿斜面向上做匀减速直线运动，且
对A由牛顿第二定律得
解得
对B由平衡方程得
解得
(2)细线断裂瞬间，对AB由动量守恒定律得
由能量守恒定律得
解得
(3)当AB的速度相等时，二者相距最远，设A上滑的时间为tA，位移为xA；A下滑过程中的加速度为，时间为，位移为，则有
，
对A由牛顿第二定律得
，
B发生的位移
AB再次相遇前的最远距离
解得
19．(1)12m/s(2)0.75m(3)1s
【解析】
【详解】
(1)两小球弹开的过程，由动量守恒定律得：m1v1＝m2v2
由机械能守恒定律得：
联立可得：v1＝5m/s，v2＝16m/s
小球Q沿圆轨道运动过程中，由机械能守恒定律可得：
解得：vC＝12m/s，
(2)小球P在斜面向上运动的加速度为a1
由牛顿第二定律得：m1gsin θ＋μm1gcos θ＝m1a1，
解得：a1＝10m/s2
故上升的最大高度为：＝0.75m
(3)设两小球相遇点距离A点为x，小球P从A点上升到两小球相遇所用的时间为t，小球P沿斜面下滑的加速度为a2
由牛顿第二定律得：m1gsin θ－μm1gcos θ＝m1a2，
解得：a2＝2m/s2
小球P上升到最高点所用的时间：＝0.5 s，
则：
解得：t＝1s.
20．(1)300N；(2)2.4m
【解析】
【分析】
【详解】
(1)因人车整体缓慢上升，故整体受力平衡，沿斜面
垂直于斜面
且有
可得
由牛顿第三定律，人的拉力大小为
(2)下滑过程
可得
a=2m/s2
设人车整体到达斜面底端时，速度为v，则有
解得
从斜面底端到P点，由
得
由
得
x=2.4m